高中数学人教A版（2019）选择性必修1 1.4.2 第3课时 用空间向量研究面面角（含答案）

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第3课时　用空间向量研究面面角
必备知识基础练
1．[2023·江苏淮安高二检测]已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为(　　)
A.45° B．135°
C.45°或135° D．90°
2．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为(　　)
A.45° B．60°
C.90° D．120°
3．[2023·福建南平高二检测]在如图所示的六面体中，四边形ADEH和BCFG均为直角梯形，A，D，C，B为直角顶点，其他四个面均为矩形，AB＝BG＝3，FC＝4，BC＝1，则平面EFGH与平面ABCD所成的角为(　　)
A.30° B．45° C.135° D．45°或135°
4．[2023·广东深圳南头中学高二检测]如图所示，点A、B、C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，＝(0，0，2)，平面ABC的一个法向量为n＝(2，1，2)，平面ABC与平面ABO的夹角为θ，则cos θ＝________．
5．[2023·江苏常州高二检测]如图，四棱锥P ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝3，2＝，且PB⊥AM.
(1)求AD的长；
(2)求二面角P AM D的正弦值．
6．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.
(1)求证：AA1⊥平面ABC；
(2)求平面A1C1B与平面B1C1B夹角的余弦值．
关键能力综合练
1．在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，且AB＝3，AD＝4，PA＝，则平面ABD与平面PBD的夹角为(　　)
A.30° B．45° C.60° D．75°
2.[2023·湖南武冈高二检测]已知在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面DAC，则二面角B CD A的余弦值为(　　)
A.2 B． C. D．
3．如图所示的多面体是由底面为ABCD的正方体被截面EFGH所截而得到的，其中AB＝BC＝4，AE＝1，CG＝4，BF＝2.则二面角H BC A的余弦值为(　　)
A. B． C. D．
4．已知正三棱柱ABC A1B1C1的棱长均为a，D是侧棱CC1的中点，则平面ABC与平面AB1D的夹角的余弦值为(　　)
A.　　　 B． C．　　 　D．0
5．[2023·福建漳州八中高二检测]已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．直线DE与平面EMC所成的角为60°，则平面MCE与平面CEF夹角的余弦值为________．
6．[2023·江苏常州高二检测]把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成两个垂直平面，O，E分别为BD，DC中点，以O为原点，方向，方向，方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系．
(1)求证：AE⊥DC；
(2)求二面角A DC B的余弦值．
7．[2023·广东深圳高二测试]如图，直三棱柱ABC A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，D为棱AC中点．
(1)证明：AB1∥平面BC1D；
(2)若面B1BC1与面BC1D的夹角余弦值为，求CC1.
8．[2023·山东省实验中学高二检测]如图，在四棱锥P ABCD中，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PD＝CD＝1，PA与平面ABCD所成角为30°，M为PB上一点且CM⊥PA.
(1)证明：PA⊥DM；
(2)设平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上取点N使＝，Q为线段PN上一动点，求平面ACQ与平面PDC夹角的正弦值的最小值．
核心素养升级练
1．[堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术·商功》中描述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑．”一个长方体ABCD A1B1C1D1沿对角面斜解(图1)，得到两个一模一样的堑堵(图2)，再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解(图2)，得到一个四棱锥，称为阳马(图3)，一个三棱锥称为鳖臑(图4).若鳖臑的体积为4，AB＝4，BC＝3，则在鳖臑中，平面BCD1与平面BC1D1夹角的余弦值为(　　)
A. B． C. D．
2．[2023·山东青岛高二检测]如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CD∥AB，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD＝4，侧面PAD⊥面ABCD，PA＝PD＝2.
(1)求证：PA⊥BD；
(2)设平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使得平面PCD和平面NCD的夹角的余弦值为？若存在，请确定N点的位置；若不存在，请说明理由．
参考答案
必备知识基础练
1．答案：C
解析：cos 〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.故选C.
2．答案：B
解析：
由条件，知·＝0，·＝0，＝－＋＋.∴||2＝||2＋||2＋||2－2·＋2·－2·，即62＋42＋82－2×6×8cos 〈，〉＝(2)2，∴cos 〈，〉＝，即〈，〉＝60°，所以二面角的大小为60°.故选B.
3．答案：B
解析：
因为四边形ADEH和BCFG均为直角梯形，A，D，C，B为直角顶点，其他四个面均为矩形，所以这个六面体是四棱柱，由题意可知DA，DC，DE两两垂直，以点D为原点建系如图，则E(0，0，4)，G(1，3，3)，C(0，3，0)，H(1，0，3)，则＝(1，0，－1)，＝(0，3，0)，根据题意可知DE⊥平面ABCD，所以＝(0，0，4)，即为平面ABCD的一个法向量，设n＝(x，y，z)为平面EFGH的法向量，则取x＝1，则z＝1，y＝0，则n＝(1，0，1)为平面EFGH的一个法向量，则cos 〈n，〉＝＝＝，所以平面EFGH与平面ABCD所成的角为45°.故选B.
4．答案：
解析：由题意可知，平面ABO的一个法向量为＝(0，0，2)，所以cos θ＝＝＝.
5．解析：
(1)∵PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，
∴不妨以{，，}为一组基底，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz.
设BC＝3a，则B(3a，3，0)，P(0，0，3)，M(2a，3，0)，A(3a，0，0)，
则＝(3a，3，－3)，＝(－a，3，0)，
∵PB⊥AM，则·＝－3a2＋9＝0，解得a＝，
故AD＝3a＝3.
(2)＝(－，3，0)，＝(－3，0，3)，
设平面PAM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则，取x1＝，可得m＝(，1，3)，
∵PD⊥平面AMD，∴可设平面AMD的法向量为n＝(0，0，1)，
cos 〈m，n〉＝＝＝，
因此二面角P AM D的正弦值为 ＝.
6．解析：(1)证明：∵四边形AA1C1C是正方形，
∴AA1⊥AC.
又∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，
且AA1 平面AA1C1C，
∴AA1⊥平面ABC.
(2)由AC＝4，BC＝5，AB＝3，得AC2＋AB2＝BC2，
∴AB⊥AC.
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(0，0，4)，B(0，3，0)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4)，
∴＝(4，－3，4)，＝(0，－3，4)，＝(0，0，4).
设平面A1C1B的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面B1C1B的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2).
令x2＝3，则y2＝4，∴n2＝(3，4，0)，
∴|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝.
∴平面A1C1B与平面B1C1B夹角的余弦值为.
关键能力综合练
1．答案：A
解析：因为PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，所以AB，AD，AP两两垂直，
故以A为坐标原点，AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
又AB＝3，AD＝4，PA＝，
所以A(0，0，0)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，P(0，0，)，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面ABD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
而＝(3，0，－)，＝(－3，4，0)，
设平面PBD的法向量为m＝(x，y，z)，
则，
取x＝4，则平面PBD的法向量为m＝(4，3，5)，
cos 〈n，m〉＝＝＝，所以〈n，m〉＝30°，
由图可知平面ABD与平面PBD的夹角为锐角，所以平面ABD与平面PBD的夹角为30°，故选A.
2．答案：D
解析：
因为平面BAC⊥平面DAC，设AC的中点为O，BO⊥AC，则BO⊥平面DAC，DO⊥AC，故以OC方向为x轴，OD方向为y轴，OB方向为z轴，建立空间直角坐标系，设菱形边长为2，则C(1，0，0)，D(0，，0)，B(0，0，)，＝(－1，，0)，＝(－1，0，)，＝(0，0，)，显然＝(0，0，)是平面DAC的一个法向量，设平面BCD的法向量为n＝(x，y，z)，则满足，即，令x＝，可得y＝z＝1，故n＝(，1，1)，则cos 〈，n〉＝＝，即二面角B CD A的余弦值为.故选D.
3．答案：B
解析：由题可得以D为原点，以DA，DC，DH为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图：
则D(0，0，0)，B(4，4，0)，C(0，4，0)，E(4，0，1)，F(4，4，2)，G(0，4，4)，
设H(0，0，h)，由E，F，G，H共面可得存在实数λ，μ使得＝λ＋μ，
所以(0，－4，h－4)＝λ(0，4，1)＋μ(－4，0，2)＝(－4μ，4λ，λ＋2μ)，
则，解得h＝3，所以H(0，0，3).
又DH⊥平面ABCD，所以＝(0，0，3)是平面ABCD的一个法向量．
设平面HBC的法向量为n＝(x，y，z)，又＝(－4，0，0)，＝(0，4，－3)，
所以 ，令z＝4，则n＝(0，3，4)，
所以cos 〈，n〉＝＝＝，由图可知二面角H BC A为锐角，
所以二面角H BC A的余弦值为.故选B.
4．答案：B
解析：
以点A为坐标原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，因为ABC A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，所以A(0，0，0)，B1(a，，a)，D(0，a，)，C1(0，a，a)，故＝(a，，a)，＝(0，a，)，＝(0，0，)，设平面AB1D的法向量为n＝(x，y，z)，
则，即，
令y＝1，则z＝－2，x＝，故n＝(，1，－2)，
又平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，
所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
所以平面ABC与平面AB1D所成的锐二面角的余弦值为.故选B.
5．答案：
解析：由已知得，EF⊥AE，EF⊥DE，
∴EF⊥平面ADE，又EF 平面ABFE，
∴平面ABFE⊥平面ADE.
取AE的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
∴E(－1，0，0)，D(0，0，)，C(0，4，)，F(－1，4，0)，则＝(1，0，)，＝(1，4，)，
设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则＝(2，t，0)，
若平面EMC的法向量为m＝(x，y，z)，则，即，取y＝－2，则m＝(t，－2，).
由DE与平面EMC所成的角为60°，
则＝，
∴t2－4t＋3＝0，解得t＝1或t＝3，均有直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q，则Q，
＝，
又＝(1，4，)，＝(0，4，0)，
·＝－＝0，·＝0，
则为平面CEF的法向量，
设平面MCE与平面CEF夹角为θ.
∴|cos θ|＝＝＝.
当t＝1时，cos θ＝；当t＝3时，cos θ＝.
∴平面MCE与平面CEF夹角的余弦值为.
6．解析：(1)证明：因为正方形ABCD的边长为2，
所以可得A(0，0，)，E(，，0)，D(0，，0)，C(，0，0)，B(0，－，0)，
＝(，，－)，＝(，－，0)，
因为·＝×－×＝0，
所以⊥ AE⊥DC.
(2)设平面ADC的法向量为n＝(x，y，z)，
＝(0，，－)，＝(，0，－)，
所以有 n＝(1，1，1)，
因为ABCD是正方形，所以AB＝AD，
因为O为BD的中点，所以AO⊥BD，
因为平面ABD⊥平面BDC，平面ABD∩平面BDC＝BD，AO 平面ABD，
所以AO⊥平面BDC，因此向量＝(0，0，)是平面BDC的法向量，
所以二面角A DC B的余弦值为＝＝.
7．解析：
(1)证明：如图，连接B1C，使B1C∩BC1＝E，连接DE，
由直三棱柱知四边形B1BCC1为矩形，所以E为B1C的中点，
∵在△AB1C中，D、E分别为AC和B1C的中点，∴DE∥AB1，
又因平面AB1C∩平面BDC1＝DE，DE 平面BDC1，AB1 平面BDC1，
∴AB1∥平面BDC1.
(2)设CC1＝a，以D为坐标原点建系，则B1(，0，a)，B(，0，0)，C1(0，1，a)，D(0，0，0)，所以＝(0，0，a)，＝(－，1，a)，＝(，0，0)，
设平面BB1C1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
故可取n＝(0，a，－1)，
因为平面B1BC1与平面BC1D的夹角的余弦值为，
所以＝，即＝，
解得a＝，∴CC1＝.
8．解析：(1)∵四边形ABCD为矩形，则AD⊥CD，
又∵PD⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，
∴PD⊥CD，AD∩PD＝D，AD，PD 平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，PA 平面PAD，则PA⊥CD，
∵CM⊥PA，且CM∩CD＝C，CM，CD 平面CMD，
∴PA⊥平面CMD，DM 平面CMD，则PA⊥DM.
(2)∵PD⊥平面ABCD，则∠PAD为PA与平面ABCD所成的角，∴∠PAD＝30°，又∵PD＝1，则AD＝，
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(，0，0)，C(0，1，0)，
∵AD＝，且＝，∴PN＝，
令PQ＝λ(0≤λ≤)，则Q(λ，0，1)，
∴＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)，
设n＝(x，y，z)是平面ACQ的一个法向量，则，
取x＝1，则y＝，z＝－λ，即n＝(1，，－λ)，
平面PDC的一个法向量为m＝(1，0，0)，
∴cos 〈m，n〉＝＝，
∵0≤λ≤，则当λ＝时，cos 〈m，n〉的最大值为，
即平面ACQ与平面PDC夹角的余弦值的最大值为，
∴平面ACQ与平面PDC夹角的正弦值的最小值为.
核心素养升级练
1．答案：B
解析：由切割过程可知：BC⊥平面CC1D1，
∵VB CC1D1＝S△CC1D1·BC＝××CC1×4×3＝4，∴CC1＝2；
在长方体ABCD A1B1C1D1中，以D为坐标原点，，，正方向为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则B(3，4，0)，C(0，4，0)，D1(0，0，2)，C1(0，4，2)，
∴＝(－3，0，0)，＝(－3，－4，2)，＝(0，4，0)，
设平面BCD1的法向量为n＝(x，y，z)，
令a＝2，解得b＝0，c＝3，∴m＝(2，0，3)；
∴|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
即平面BCD1和平面BC1D1夹角的余弦值为.故选B.
2．解析：(1)证明：因为CD∥AB，∠ABC＝90°，
所以∠BCD＝90°，因为BC＝CD＝2，
所以BD＝＝2，∠CBD＝45°，从而∠ABD＝45°，
因为AB＝4，所以AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD cos ∠ABD＝8，
所以AD2＋BD2＝AB2，从而BD⊥AD，
因为侧面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，BD 平面ABCD，所以BD⊥平面PAD，
又因为PA 平面PAD，所以PA⊥BD.
(2)延长AD和BC交于点M，连接PM，则l就是直线PM，CD为△ABM的中位线，
以B为原点，建立空间直角坐标系B xyz，如图所示，
则P(1，3，)，D(2，2，0)，M(4，0，0)，C(2，0，0)，
所以＝(0，2，0)，＝(1，－1，－)，
设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则，即，
令z1＝1，则x1＝，y1＝0，取n1＝(，0，1)，
设在l上存在点N，满足＝λ(λ∈R)，
则＝＋＝＋λ＝(－1，3，)＋λ(3，－3，－)＝(3λ－1，3(1－λ)，(1－λ)).
设平面NCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则，
即，
令z2＝3λ－1，则x2＝－(1－λ)，y2＝0，取n2＝(－(1－λ)，0，3λ－1)，
设平面PCD和平面NCD的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝
＝，解得λ＝或λ＝－，
所以在l上存在点N，N在线段PM上，PN＝PM，或者N在线段PM的反向延长线上，PN＝PM.
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